Hojas de Problemas – Estadística IV 234. Tenemos tres monedas que llamaremos M1, M2, M3. La moneda M1 esta
equilibrada. La moneda M2 esta cargada y, al lanzarla, es dos veces más fácil que
salga cara que cruz. La moneda M3 esta cargada y, al lanzarla, aparece cara con
probabilidad ¼.
Si elegimos una moneda al azar y la lanzamos, ¿Cuál será la probabilidad de que salga cara?
RESOLUCION.-
Llamemos M al suceso “la moneda elegida es la i”, donde i puede ser 1, 2 ó 3. i
Entonces,M , 1 M y2 M es una serie exhaustiva de sucesos incompatibles, puesto que 3
forzosamente alguno de ellos ocurre
1
M ∪ M2 ∪ M =3 Ω
y no pueden darse dos a un tiempo 0/
=
∩ j
i M
M si i≠j para i, j = 1, 2, 3
Si C es el suceso “al lanzar la moneda sale cara”, de la fórmula de la probabilidad total se sigue ) | ( ) ( ) (C P M1 P C M1 P = +P(M2)P(C|M2)+P(M3)P(C|M3) (3.2) Ahora bien, puesto que la elección entre monedas es al azar, se tendrá
) (M1
P =P(M2)=P(M3)=
3 1
Por otra parte, la monedaM esta equilibrada, luego 1
) | (C M1 P = 2 1
La monedaM es tal que resulta dos veces más fácil que salga cara que cruz, esta 2
condición significa que ) | (C M2 P = 2P(Cc |M2) y como P(C|M2)+P(Cc |M2)= 1 resultará ) | (C M2 P = 3 2
Por último, aplicando un razonamiento semejante aplicado a la moneda M , revela que 3
) | (C M3 P = 4 1
Si se reemplazan estos valores en la ecuación 3.2, resulta
P(C) = 4 1 3 1 3 2 3 1 2 1 3 1 + +
235. Una urna, digamos I, contiene tres bolas blancas y cuatro bolas negras. Extraemos al azar dos bolas de la urna I y, sin mira r su color las introducimos en otra urna, digamos II, que está vacía. A continuación elegimos una bola al azar de la urna I y otra, también al azar de la II. ¿Cuál es la probabilidad de que la bola elegida de la urna II sea blanca? ¿Cuál es la probabilidad de que la bola elegida de la urna I sea blanca? ¿Cuál es la probabilidad de que ambas bolas sean blancas?
RESOLUCION.-
El desarrollo de este experimento aparece descrito de manera gráfica en la figura. Llamemos B y I B , respectivamente, a los sucesos “la bola elegida de la urna I es II
blanca” y “la bola elegida de la urna II es blanca”. La circunstancia que influye en la facilidad de elegir una bola blanca de la urna II, es el número de bolas blancas entre las dos traspasadas de I a II, puesto que determina la composición de la urna II.
Si llamamos A , 0 A y 1 A respectivamente a los sucesos “entre las bolas traspasadas 2
de la urna I hay 0, 1, 2 bolas blancas”, resulta evidente que, forzosamente, alguno de los tres sucesos ocurre, y no pueden darse, dos cualesquiera, simultáneamente. Tenemos así
que A , 0 A y 1 A son una serie exhaustiva de sucesos mutuamente incompatibles. 2
Por otra parte, para que ocurra A , es preciso que la primera bola elegida de la urna 0
I sea negra –lo que ocurre con probabilidad 4/7 – y que extraída la primera negra, la segunda también lo sea –lo que sucede con probabilidad 3/6 - Por lo tanto
7 2 6 3 7 4 ) (A0 = = P
de manera semejante se tienen
7 4 6 4 7 3 6 3 7 4 ) (A1 = + = P , 7 1 6 2 7 3 ) (A2 = = P
Ahora, cuando ocurre A , la probabilidad de extraer una bola blanca de la urna II es 0. 0
0 ) | (B A0 =
P II
De igual manera se tienen
2 1 ) | (B A1 = P II , P(BII |A2)=1
Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.5. Se tiene así:
) | ( ) ( ) (B P A0 P B A0 P II = II +P(A1)P(BII |A1)+P(A2)P(BII |A2)= 7 3
También el número de bolas blancas traspasadas de la urna I a la II determina la probabilidad de extraer, a continuación, una bola blanca de I. El caso, creemos, no merece más detalles. No hay dificultad en obtener:
5 3 ) | (B A0 = P I , 5 2 ) | (B A1 = P I , 5 1 ) | (B A2 = P I ;
por lo tanto, se tiene:
) | ( ) ( ) (B P A0 P B A0 P I = I +P(A1)P(BI |A1)+P(A2)P(BI |A2)= 7 3
La última cuestión presenta, aparentemente, más interés. El suceso “ambas bolas son blancas” se simboliza por C = BI ∩ B . Afortunadamente la fórmula de la probabilidad II
total no hace distinciones, C es un suceso más, cuya probabilidad -condicionada- de ocurrir, está determinada por la aparición de A , 0 A o 1 A . El cálculo se hace mecánico, 2
) | ( ) ( ) (C P A0 P C A0 P = +P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)
La pequeña dificultad adicional reside en el cálculo de las probabilidades condicionadas. No es preciso pensar mucho para concluir:
0 ) | (C A0 = P
ya que no puede ocurrir que ambas bolas sean blancas si en la urna II sólo hay bolas negras.
Calculemos las restantes. Supongamos que A1 ha ocurrido. Entonces la urna I
contiene dos bolas blancas y tres negras y, la urna II una blanca y otra negra. El experimento consiste en elegir, al azar, una bola de cada urna. Otra vez imaginamos que las bolas están numeradas. Hay 5 maneras distintas de elegir una bola de la urna I, y elegida ésta, por cada elección de una bola de la urna I, hay dos maneras de elegir una bola de la urna II. En total tenemos 5x2 casos posibles. ¿Cuántos serán favorables a que ambas bolas sean blancas? Para que la bola elegida de la urna I sea blanca, es preciso que sea una de las dos blancas que contiene. Hay pues dos maneras distintas de elegir una bola blanca de la urna I. Hecha esa elección, por cada manera de elegir una bola blanca de I, ha y una única manera de tomar una bola blanca de II. Por lo tanto, 2 casos son favorables a BI ∩ B . Se tiene así: II
5 1 10 2 ) | (C A1 = = P
Un razonamiento semejante permite concluir que se cumple:
5 1 10 2 ) | (C A2 = = P
Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.6, y la fórmula de la probabilidad total produce:
7 1 5 1 7 1 5 1 7 4 0 7 2 ) (BI ∩BII = + + = P
236. Dos personas A y B juegan alternativamente en una máquina recreativa, hasta que uno de los dos obtiene premio. Las probabilidades de conseguir premio en cada partida son pa y pb, respectivamente, y la primera partida la juega A.
¿Cuál es la probabilidad de que el juego termine en la k-ésima partida?
RESOLUCIÓN.-
Llamemos P(N = k) a la probabilidad de que el juego termine en la k-ésima partida. Desde luego si k es impar y el juego termina, A ha ganado; mientras que si k es par, B habrá ganado.
Ahora bien, A gana en la partida 2n – 1 si ninguno de los jugadores logra ganar en ninguna de las 2n – 2 primeras partidas y gana en la (2n – 2) primeras partidas y gana en la (2n – 1)-ésima. Esto ocurre con la probabilidad
a n b n a a b a b a p p p p p p p p 1 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 )( 1 )...( 1 )( 1 ( − − − − = − − − − n – 1 veces
Mientras que, por análoga razón, B gana en la partida 2n-ésima con probabilidad
b n b n a a a b a b a p p p p p p p p p 1 ) 1 ( ) 1 ( )· 1 )·( 1 )( 1 )...( 1 )( 1 ( − − − − − = − − − n – 1 veces Luego = − − = − − = = − −− 2n k si ) 1 ( ) 1 ( 1 -2n k si ) 1 ( ) 1 ( ) ( 1 1 1 b n b n a a n b n a p p p p p p k N P
237. Un experimentador desea comprobar la eficacia de un tratamiento. Elige diez parejas de individuos lo más parecidos entre si que sea posible y prueba del tratamiento en uno de los individuos de cada pareja. El resultado de los tratados es mejor ue el de los no tratados en 7 de las 10 parejas. ¿Justifica este resultado la suposición de que el tratamiento es eficaz, al nivel de significación del 5%?
Si el azar decidiera qué individuo, de cada pareja, iba a presentar e resultado más favorable, escogiendo con igual probabilidad uno u otro, la probabilidad de que escoja a 7 o más individuos tratados es 1719 . 0 2 10 10 2 9 10 2 8 10 2 2 7 10 10 10 10 ≅ + + + − − − −
Por lo tanto, aún cuando el tratamiento fuera ineficaz, sólo por causa del azar, casi un 20% de las veces esperamos resultados tan buenos o mejores que los obtenidos. El resultado del experimento no aporta una evidencia estadísticamente significativa a favor del tratamiento.
238. Dos candidatos A y B se presentan a una elección, si A recibe a votos y B recibe b votos, a>b, ¿Cuál será la probabilidad de que en todo momento del escrutinio A vaya por delante de B?
RESOLUCION.-
Entendamos bien el procedimiento del escrutinio. Los electores han depositado sus votos en una urna. Sabemos que hay a votos favorables a A y b votos favorables a B. El escrutinio consiste en extraer los votos uno a uno. La pregunta hace referencia al suceso “en todo momento A tiene mas votos escrutados que B”.
Hay tantas maneras distintas de extraer los votos uno a uno como formas de elegir a lugares entre a+b para que en ellos aparezcan los votos favorables de A. Por lo tanto hay
+ a b a
maneras de extraer los votos. Además, es razonable suponer que todas son igualmente probables.
En términos de trayectorias, si consideramos que cada vez que un voto es favorable a A se suma +1 y cada vez que es favorable a B se suma -1, cada extracción posible se identifica con una trayectoria que conduce de (0,0) a (a+b, a-b), puesto que, necesariamente, al final son a+b los votos escrutados y la diferencia favor de A es a-b.
Por ejemplo, si a = 5, b = 3, la secuencia ABAAABBA, que significa: el primer voto es favorable a A, el segundo a B, etc., se identifica con la trayectoria de la figura 4.6. Una trayectoria será favorable a que A vaya siempre por delante de b si no toca ni cruza al eje de las abscisas (todos los resultados parciales son positivos). En la figura 4.7, la trayectoria representada a la izquierda es favorable al suceso y la de la derecha no.
Obsérvese que toda trayectoria favorable a que a vaya siempre ganando, necesariamente, pasa por el punto (1, 1), (es necesario que el primer voto sea favorable a A), pero no todas las trayectorias que pasan por (1, 1) son favorables, tan sólo aquellas que no tocan al eje de abscisas.
Por el principio de reflexión, hay tantas trayectorias que van desde (1, 1) hasta (a+b , a-b) y tocan al eje como trayectorias van desde (1, -1) hasta (a+b, a-b), es decir
− − + 1 1 a b a
Por lo tanto, el número de trayectorias favorables será igual a las que conducen de (1, 1) a (a+b, a-b), esto es:
− − + 1 1 a b a
menos las que van de (1, -1) a (a+b, a-b), es decir
− − + 1 1 a b a - − − + 1 1 a b a
Luego la probabilidad de que A vaya siempre ganado es:
b a b a a b a a b a a b a + − = + + − − − − + 1 1 1
Observemos que si A tiene el α % de los votos, entonces hay un 2α -100% de posibilidades de que vaya ganando en todos los resultados parciales.
Por el contrario hay 2(100-α )% de posibilidades de que alguna vez B esté ganando o estén empatados. Esto nos previene contra las conclusiones apresuradas: la simple información de que en algún momento B va ganando, o que ambos candidatos están empatados, no permite deducir que los resultados finales serán favorables a B o parejos. Aún cuando A tenga el 90% de los votos hay una probabilidad igual a 0,2 (uno de cada cinco casos) de que en algún resultado parcial del escrutinio los dos candidatos estén empatados o que tenga ventaja el candidato que ha recibido menos votos.
239. De una urna que contiene a bolas blancas y b bolas negras, dos jugadores hacen extracciones con reemplazamiento alternativamente. Gana aquel jugador que consigue extraer primero una bola blanca. Calcular las respectivas probabilidades de que gane cada uno de los jugadores.
RESOLUCION.-
b a a b a b A P i i + + = − 1 ) (
La probabilidad de que gane el jugador que extrae las bolas impares es:
b a b a b a b b b a b a a b a b b a a b a a b a b k k 2 2 1 ) ( ) ( ) / ( 1 1 2 2 2 2 0 + + = + − = − + + = + − + = + +
∑
∞=y la probabilidad de que gane su contrincante es
b a
b
2
+ .
240. Al lanzar una moneda aparece cara con probabilidad p. Calcular la probabilidad del suceso
{
aparecen k cruces antesdela n-ésima cara}
=
k
A
RESOLUCIÓN.-
Evidentemente, este suceso depende tan sólo de lo que ocurra en los n + k primeros lanzamientos. De las 2n+k realizaciones posibles de lanzar una moneda n + k veces, son favorables a Ak las que tienen la estructura:
... C k cruces y n – 1 caras
Esto es, el último resultado (el (n + k)-ésimo) debe ser cara, precisamente la n-ésima cara. Mientras que en los n + k – 1 primeros resultados deben aparecer n – 1 caras y k cruces. Habrá tantas realizaciones con esta estructura como maneras distintas de elegir k lanzamientos, entre los n + k – 1 primeros, para que en ellos aparezcan las cruces. Así pues, hay + − k k n 1 trayectorias favorables.
Encontramos aquí la misma circunstancia que en el cálculo de las probabilidades binomiales: todas las trayectorias favorables tienen la misma probabilidad. En efecto, sea cual sea el orden en que aparecen las k cruces entre los n + k – 1 primeros lanzamientos, la probabilidad de que aparezca tal secuencia es pn(1 – p)k. Luego la probabilidad de Ak será igual al número de trayectorias favorables por la probabilidad
común, esto es k n k p p k k n A P( ) 1 (1− ) + − =
Por último, al lanzar repetidas veces la moneda tarde o temprano aparecerá la n-ésima cara (recordemos que todo suceso con probabilidad positiva de ocurrir, tarde o temprano ocurre). Cuando tal cosa suceda habrán aparecido cierto número k, k = 0,1,…, de cruces, en este razonamiento probabilístico prueba la interesante identidad combinatoria:
P(aparezca la n-ésima cara)
∑
∞ = = − + − = 0 1 ) 1 ( 1 k k n p p k k n (1) El conjunto de probabilidades ,... 1 , 0 para ) 1 ( 1 = − + − k p p k k n n k
se denomina probabilidades binomiales negativas. Esta denominación se explica si recordamos que los coeficientes binomiales pueden extenderse a los números reales; por ejemplo, si x es un número real y k un entero positivo, se tiene
! ) 1 )...( 2 )( 1 ( k k x x x x k x − − − + =
Con esta convenció n puede darse la fórmula generalizada del binomio de Newton.
∑
∞ = = + < 0 ) 1 ( entonces 1, y real es r Si k k r x x r x xTambién con esta convención, la expresión de las probabilidades binomiales negativas puede escribirse
k n k n p p k n p p k k n ) 1 ( ) 1 ( 1 − − = − + −
de donde se deriva el término bino miales negativas.
La identidad anterior es útil. Por ejemplo, permite deducir que la suma de las probabilidades binomiales negativas es uno, sin emplear el razonamiento probabilística que demostró la identidad (1). En efecto;
[
1 ( 1)]
1 ) 1 ( ) 1 ( 1 0 0 = − + = − − = − + −∑
∑
∞ ∞= − = k n n k n k k n p p p k n p p p k k nA la identidad (1), la denominaremos identidad binomial negativa.
241. Dos jugadores disputan un torneo de ajedrez, que concluye cuando uno de ellos alcanza c victorias. En cada partida el jugador A tiene la probabilidad p de
ganar, mientras que B tiene la probabilidad q, donde p + q = 1. Calcular la probabilidad de que A gane el torneo.
RESOLUCIÓN.-
Para que A gane el torneo es preciso que la c-ésima victoria de A ocurra antes de la c-ésima victoria de B. Así pues, es conveniente descomponer el suceso {A gana}, atendiendo al número i de victorias obtenidas por B 0≤i<c y al número k(0≤k<∞) de empates ocurridos cuando A logra su c-ésima victoria.
Llamemos Ai,k al suceso “A gana el torneo, habiendo hecho k veces tablas y dejando
a B con i victorias”, 0≤i<c.
Las realizaciones del torneo que son favorables a Ai,k, constan de i + k + c
resultados; tienen una victoria de A en la última posición y, entre las i + k + c resultados; tienen una victoria de A en la última posición y, entre las i + k + c – 1 posiciones anteriores, hay i victorias de B y k tablas.
Por lo tanto hay
+ − + + − i c i k c k i 1 1
realizaciones favorables, cada una con probabilidad c i(1 )k.
q p q p − − Luego k i c k i p q p q i c i k c k i A P( , ) 1 1 (1− − ) + − + + − =
y la probabilidad de que A gane el torneo será
∑
∑
∑∑
− = ∞ = − = ∞ = − − + + − + − = = 1 0 0 1 0 0 , (1 ) 1 1 ) ( ) gana ( c i k k i c c i k k i p q k c k i q p i c i A P A PAhora bien, si en la identidad binomial negativa del ejemplo anterior tomáramos i + c como n, y p + q como p, resulta
c i k c i k c i k k q p q p q p k c k i q p q p k c k i + ∞ = + + ∞ = + = = + − − + + − + = − − + + −
∑
∑
) ( 1 ) ( ) 1 ( 1 ) ( 1 ) 1 ( 1 0 0 luego i c i c i c i c c i i c q p q q p p q p i c i q p q p i c i A P + + + − = + + − =∑
−∑
= − = + 1 0 1 0 1 ) ( 1 1 ) gana (242. Una urna contiene 3 bolas marcadas con los números 0, 1 y 2. Si extraemos n + 1 bolas con reemplazamiento, hallar la probabilidad de que en k ocasiones
n
k≤
≤
0 , el resultado de una extracción sea mayor que el de la primera.
RESOLUCIÓN.-
Llamaremos X al resultado de la primera extracción, y Ak al suceso “en k
extracciones resulta un número mayor que X”, entonces
= = = = = = = = = = − − 0 k para 1 n ..., 1, 0, k para 0 ) 0 ( n ..., 1, 0, k para 3 2 3 1 ) 1 ( n ..., 1, 0, k para 3 1 3 2 ) 0 ( X A P k n X A P k n X A P k k n k k k n k k
Luego para cada k, k = 1, 2, …, n, se tiene
1 3 2 2 3 2 3 1 3 1 3 1 3 2 3 1 ) ( + − − − + = + = k n n k k n k k n k k k n k n k n A P y 3 1 3 2 3 1 3 1 3 1 ) ( 0 + + = n n A P
243. De una urna que contiene inicialmente una bola blanca y otra negra, un jugador debe realizar dos extracciones con reemplazamiento. Si obtiene dos bolas blancas gana. En caso contrario, vuelve a intentarlo después de añadir una nueva bola negra a la urna si se continúa el juego indefinidamente, hallar la probabilidad de que el jugador consiga ganar.
RESOLUCIÓN.-
Sea Bn el suceso “se obtienen 2 bolas blancas en el n-ésimo par de extracciones”; es
decir, en las que se realizan cuando la urna contiene n + 1 bolas, n negras y una blanca. Entonces, se tiene: 2 ) 1 ( 1 ) ( + = n B P n
) 1 ( 2 1 ) 1 ( 1 ) 1 )( 1 ( ... ) 1 )( 1 ( ... 3 4 · 2 2 3 · 1 ) 1 ( 1 1 1 ... 1 1 ... 3 1 1 2 1 1 ) ... ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 + = + + − + − = = + − − − − = = ∩ ∩ ∩ ∩ = − n n n n n n k k k n n k B B B B P G P n c c nc nc
Por lo tanto, la probabilidad de ganar el juego es:
2 1 1 1 1 2 1 lim ) 1 ( 1 1 2 1 lim ) 1 ( 2 1 lim 1 1 = + − = = + − = + ∞ → = ∞ → = ∞ →
